2023年高考真题变式分类汇编：化学电源新型电池1
一、选择题
1．（2019·江苏）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e =4OH
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算： ΔH=反应中形成新共价键的键能之和 反应中断裂旧共价键的键能之和
2．（2018·全国Ⅰ卷）硫酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是（ ）
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
3．（2022·福建）一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为和水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．化学自充电时，增大
B．化学自充电时，电能转化为化学能
C．化学自充电时，锌电极反应式：
D．放电时，外电路通过电子，正极材料损耗
4．（2023·山东模拟）镍钴锰三元材料中为主要活泼元素，镍钴锰电极材料可表示为，，通常简写为，三种元素分别显价。下列说法正确的是（ ）
A．放电时元素最先失去电子
B．在材料中，若，则
C．可从充分放电的石墨电极中回收金属锂
D．充电时，当转移电子，两极材料质量差为
5．（2023·阿勒泰模拟）钾氧电池是一种新型金属-空气可充电电池，其使用双酰亚胺钾( KTFSI)与乙醚(DME)组成的电解液，石墨和液态Na-K合金作为电极，相关装置如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，a为负极，发生氧化反应
B．放电时，正极的电极反应式为K++e- +O2=KO2
C．充电时，电流由b电极经电解液流向a电极
D．充电时，b极生成2.24 L(标准状况下)O2时，a极质量增重15.6g
6．（2023·沈阳模拟）上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM原可将水解离为和，向两极移动)
已知：①
②
下列分析中正确的是
A．是负极，电势更高
B．正极区每消耗22.4L氧气，转移
C．当生成时，负极区溶液增加6.4g
D．总反应，该过程为自发过程
7．（2023·天津市模拟）中国企业华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是
A．该电池若用隔膜可选用阴离子交换膜
B．进行充电时，要将外接电源的负极与锂离子电池的石墨烯极相连
C．放电时，LiCoO2极发生的电极反应为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+
D．对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
8．（2023·嘉定模拟）铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意如图，下列说法正确的是
A．b极为负极，放电时发生氧化反应
B．电路中每转移4mol电子，消耗22.4L氧气
C．放电时OH-往b极迁移
D．该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O
9．（2023·鞍山模拟）甲酸钠燃料电池是一种膜基碱性电池，提供电能的同时可以获得烧碱，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．CEM隔膜为质子交换膜
B．甲为电池负极，电极反应为：
C．电池在工作时，乙极附近溶液增大
D．单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为
10．（2023·广东模拟）我国科学家设计了一种新型的溴基液流可充电电池用于大规模储能，其放电时的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．放电时，M为正极
B．放电时，N极发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-=
C．充电时，每生成1molTiO2+，有2molH+穿过质子交换膜进入N极室
D．充电时，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+
11．（2023·贵阳模拟）一种新型电池既可以实现海水淡化，又可以处理含CH3COO-的废水，装置如图(模拟海水由NaCl溶液替代)。下列说法正确的是
A．b极为负极，发生氧化反应
B．隔膜I为阳离子交换膜
C．a极电极反应为CH3COO-+8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D．理论上除去模拟海水中的NaCl351g，可得1.5molCO2
12．（2023·辽阳模拟）染料敏化电池展现出广阔的应用前景，某染料敏化电池如图所示。下列说法错误的是
已知：1个光子理论上可以转化为一个电子。
A．电极为该电池的正极
B．该电池实现了太阳能转化为电能
C．该电池工作一段时间后需补充
D．若用该电池电解水，当光电转化效率为5%时，每分钟该电池接受光子，电解效率为80%，则10分钟后消耗的水的质量为
13．（2023·辽宁模拟）中国科学院成功开发出一种新型铝-石墨双离子电池，大幅提升了电池的能量密度。该电池放电时的总反应为：，有关该电池说法正确的是
A．该电池中铝未参与电极反应
B．充电时，铝电极质量减少
C．放电时，正极反应式为：
D．该电池可用水溶液作电解质溶液
14．（2023·江苏模拟）如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是
A．N极为负极，发生氧化反应
B．电池工作时，N极附近溶液pH减小
C．M极发生的电极反应为
D．处理0.1mol 时，有1.4mol 从交换膜左侧向右侧迁移
15．（2023·泰安模拟）国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法中错误的是
A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势
B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团
C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应
D．柔性纤维电池中正极发生还原反应
16．（2023·兰州模拟）科技工作者将废旧锂离子电池中的LiCoO2 (s)作为正极材料通过下列装置转化为Co2+，进而回收金属钴。已知：电极材料均为石墨材质，工作时需要保持厌氧、细菌所在环境pH稳定，借助细菌降解乙酸盐生成CO2。下列说法错误的是
A．甲室中的石墨电极为阴极，将Co2+转化为金属钴
B．乙室的电极反应式为： LiCoO2+4H++e- =Li++Co2+ + 2H2O
C．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小
D．电路中通过8 mol电子的过程中，乙酸盐溶液所在的电极室内质量均减小88 g
17．（2023·酒泉模拟）锂电池在航空航天领域应用广泛，Li- CO2电池供电的反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．X方向为电流方向
B．交换膜M为阴离子交换膜
C．正极的电极反应式：4Li+ +4e-+3CO2=2Li2CO3+C
D．可采用LiNO3水溶液作为电解质溶液
18．（2023·漳州模拟）南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池，该电池(如图)在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜，下列说法错误的是
A．放电时，b为负极，发生氧化反应
B．放电时，a极上的电极反应：
C．充电时，由a极区向b极区迁移
D．充电时，在阴极被还原
19．（2023·河南模拟）科学家发明了一种Mg—PbO2电池，电解质为Na2SO4、H2SO4、NaOH，通过M和N两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域(已知：a>b)，装置如图，下列说法错误的是
A．Na+通过M膜移向B区，离子交换膜N为阴离子交换膜
B．B区域的电解质浓度逐渐减小
C．放电时，Mg电极反应为Mg+ 2OH—－2e—=Mg(OH)2
D．消耗2.4 g Mg时，C区域电解质溶液减少16.0 g
20．（2023·厦门模拟）厦门大学设计具有高催化活性与稳定性纳米催化剂用于质子交换膜氢氧燃料电池。下列说法错误的是
A．、、均属于过渡元素
B．催化剂通过降低活化能提高电池工作效率
C．纳米催化剂属于胶体
D．正极电极反应式为
二、多选题
21．（2023·泰安模拟）双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小
C．充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=
D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
22．（2023·济南模拟）我国科学家发现，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A．若从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少
B．为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液
C．放电时，离子可经过隔膜进入右极室中
D．充电时，电池的阳极反应为
23．（2022高二下·雅安期末）“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A．镁片作为负极
B．食盐水作为电解质溶液
C．活性炭作为正极反应物，发生还原反应
D．负极的电极反应为
24．（2017高一下·海南期末）将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。已知通入CH4的一极的电极反应为：CH4＋10OH－－8e－= CO32-＋7H2O。下列叙述错误的是（ ）
A．通入CH4的电极为负极
B．正极反应为：2O2＋4H2O＋8e－=8OH－
C．燃料电池工作时，溶液中的OH－向正极移动
D．该电池使用一段时间后溶液中KOH的浓度将不变
三、非选择题
25．（2020·江苏）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为 ；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是 。
（2）HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。
①电池负极电极反应式为 ；放电过程中需补充的物质A为 (填化学式)。
②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为 。
（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成 (填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是 。
26．（2023·阿勒泰模拟）二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天碧水净土保卫战”。利用反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，可有效减少汽车尾气污染物的排放。
（1）已知该反应的 ΔH=-620.9 kJ·mol-1，逆反应活化能为a kJ·mol-1，则其正反应活化能为 kJ·mol-1。
（2）在一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/min 0 1 2 3 4 5
p/kPa 400 370 346 330 320 320
①反应的平衡常数Kp= (Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②实验测得该反应的速率v正=k正·p2( CO )·p2( NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正与k逆仅与温度有关。则平衡时k正 k逆 (填“>” “<”或“=”，下同)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
③未达平衡前，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．使用合适的催化剂 D．降低氮气浓度
（3）①在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图所示。工业生产中选用甲，理由是 。
②在催化剂甲作用下，反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。
该化学反应的速率主要由反应 决定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应 。
（4）若将该反应设计成如图所示的原电池，既能产生电能，又能消除环境污染。a极对应的电极反应式为 。
27．（2022·奉贤模拟）氢燃料电池有良好的应用前景。工业上常用下列方法制取氢气。
（1）Ⅰ．甲烷与水蒸气催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。
上述反应体系中属于非极性分子的化合物是 。
（2）一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入1molCH4和1molH2O(g)发生上述反应，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为 mol L 1 min 1。
（3）Ⅱ．甲烷与硫化氢催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。
恒温恒容时，该反应一定处于平衡状态的标志是 。
a．υ正(H2S)=2υ逆(H2) b．CH4的体积分数不再变化
c．不再变化 d．混合气体的密度不再改变
（4）该反应平衡常数表达式K= ，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，则K值 。
a．一定改变 b．可能增大 c．可能减小 d．可能不变
（5）III.将原料气按n(CH4)：n(H2S)=1：2充入反应容器中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。平衡体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：
图中表示H2物质的量分数变化的曲线是 (选填字母)，该反应的正反应为 反应(选填“放热”或“吸热”)。保持其他条件不变，升高温度测得CH4的平衡转化率先增大后下降，其原因可能是 。
28．（2022·赤峰模拟）随着可燃冰开采领域的不断扩大，我国已处于世界绝对领先地位。将甲烷((CH4)催化转化为有价值的化学工业品一直是我国化学工作 者的研究热点。最近徐君团队研发出了一种Au在ZSM-5分子筛上催化氧化甲烷生产CH3OH和CH3COOH的技术，该技术涉及的反应如下：
反应Ⅰ 2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) △H1= -251.0kJ·mol-1；
反应Ⅱ 2CH4(g)+2O2(g) CH3COOH(g)+2H2O(g) △H2 = -812.4kJ· mol-1。
请回答下列问题：
（1）部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键 O=O C-H O-H
键能E/kJ·mol-1 498 414 390.8
则C-O的键能为 kJ·mol-1。
（2）反应II在热力学上进行的趋势很大，原因为 。除降低温度外，能同时提高CH3OH和CH3COOH的平衡产率的措施为 (任答一条)。
（3）T℃下，向含有少量Au-ZSM-5分子筛催化剂的体积为VL的刚性密闭容器中充入1molCH4和2molO2发生反应I和反应II。达到平衡时测得CH4的物质的量为a mol， CH3COOH(g)的物质 的量为b mol，此时O2(g)的浓度为 mol·L-1 (用含a、b、v的代数式表示，要求化简，下同)，该温度下反应II的平衡常数为 。
（4）徐君教授研究后发现在Au-ZSM-5分子筛催化剂表面，反应I中O2的解离过程和CH4的活化过程的机理如下图所示(·代表吸附态)：
该反应进程中，O2的解离是 (填“吸热”或“放热”)的反应，该过程的反应速率 (填“大于”或“小于”)CH4的活化反应的反应速率。
（5）以CH4和O2为基本原料，采用电解法也可以制备CH3COOH，其装置如下图所示：
通入CH4的电极反应式为 该装置工作时发生的能量转化形式为 (不考虑热能的转化)。
29．（2020·汉中模拟）利用碳和水蒸气制备水煤气的核心反应为：C(s)＋H2O(g) H2(g)＋CO(g)
（1）已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，又知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol－1，则C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＝ 。
（2）在某温度下，在体积为1L的恒容密闭刚性容器中加入足量活性炭，并充入1mol
H2O(g)发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如表：
时间/min 0 10 20 30 40
总压强/100kPa 1.0 1.2 1.3 1.4 1.4
①平衡时，容器中气体总物质的量为 mol，H2O的转化率为 。
②该温度下反应的平衡分压常数Kp＝ kPa(结果保留2位有效数字)。
（3）保持25℃、体积恒定的1L容器中投入足量活性炭和相关气体，发生可逆反应C＋H2O(g) CO＋H2并已建立平衡，在40 min时再充入一定量H2，50min时再次达到平衡，反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示：
①40min时，再充入的H2的物质的量为 mol。
②40～50 min内H2的平均反应速率为 mol·L－1·min－1。
（4）新型的钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质，其原理如图所示：
①放电时，电极A为 极，S发生 反应（填“氧化”或“还原”）。
②充电时，总反应为Na2Sx=2Na＋Sx(3
（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式： 。
工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度 (填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g) H1
过程II反应的热化学方程式（ H2用含有 H和 H1的代数式表示） 。
（3）在温度T0℃，容积为1L的绝热容器中，充入0.2molNO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①反应到6s时，NO2的转化率是 。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是 。
a.X b.Y c.Z d.W
③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是 。
④此容器中反应达平衡时，温度若为T1℃，此温度下的平衡常数K═ 。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH═7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因 。
31．（2020·红桥模拟）碳、氮是重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。
（1）已知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)＋6H2O(l) C6H12O6(s)＋6O2(g) △H＝＋669.62 kJ mol－1该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是 。
a．增大CO2的浓度 b．取走一半C6H12O6
c．加入催化剂 d．适当升高温度
（2）N2O5的分解反应2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g)，由实验测得在67℃时N2O5的浓度随时间的变化如下：
时间/min 0 1 2 3 4 5
c(N2O5) /(mol L﹣1) 1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17
计算在0～2min时段，化学反应速率v(NO2) ＝ mol L-1 min-1。
（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为 （填化学式）；A电极的电极反应式为 ，一段时间后，若乙中需加0.2
mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子的物质的量为
。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 ；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为 ；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 。
③若 ＝0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为 。
32．（2020·天津模拟）实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题：
（1）已知某反应的平衡表达式为：K= ，它所对应的化学反应为： 。
（2）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H=-90.8 kJ/mol
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol
总反应：3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H = ；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为 。
（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：
温度/℃ 400 500 800
平衡常数K 9.94 9 1
该反应的正反应方向是 反应(填“吸热”或“放热”)，若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为 0.020 mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为： 。
（4）从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如 NO、NO2、N2O4等，对反应N2O4(g) 2NO2(g) △H >0，在温度为 T1、T2 时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。
A．A，C 两点的反应速率：A>C
B．A，C 两点气体的颜色：A 深，C浅
C．B，C两点的气体的平均相对分子质量：B
E．A，C 两点的化学平衡常数：A>C
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加 n L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 （填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为 mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol/L)。
（6）某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图乙所示，电极为多孔的材料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。
①溶液中H+的移动方向由 极到 极；(用 A、B 表示)
②B电极的电极反应式为 。
33．（2019·昆明模拟）废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：
①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示
化合物 Mn(OH)2 Zn(OH)2 Fe(OH)3
Ksp近似值 10-13 10-17 10-38
回答下列问题：
（1）还原焙烧过程中，
MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为 。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是 。
（2）酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是 ，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是 。
（3）净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是 ；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是 。
（4）电解制取MnO2时，MnO2在 极产生。
（5）中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为 。
34．（2018·乌鲁木齐模拟）煤的主要组成元素是碳、氢、氧、硫、氮，燃煤产生CxHy、SO2等大气污染物，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径之一。回答下列问题：
（1）利用煤的气化获得的水煤气( 主要成分为CO、CO2和H2 )在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。
已知： H2O(1) = H2O(g) ΔH1= +44 .0kJ/mol
CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) ΔH2=-3.0kJ/mol
CO2(g)+3H2(g) = CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-58.7 kJ/mol
写出由CO与H2制备CH3OH 气体的热化学方程式 。
（2）甲醇和CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3简称DMC) ；
2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH4<0
①该化学反应的平衡常数表达式为K=
②在恒温恒容密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是 (填编号)。
A.V正(CH3OH)= 2V逆(H2O)
B.容器内气体的密度不变
C.容器内压强不变
D.CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变
③一定条件下分别向甲，乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的初始物质发生该反应，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中DMC的物质的量浓度随时间变化如图所示：
容器 甲 乙 丙
容积(L) 0.5 0.5 V
温度(℃) T1 T2 T3
起始量 1molCO2(g) 2molCH3OH(g) 1molDMC(g) 1molH2O(g) 2molCO2(g) 2molCH3OH(g)
甲容器中，在5-15min时的平均反应速率v(CO2)= .乙容器中，若平衡时n(CO2)=0.2mol.则T1 T2 (填“>”“<”或“=”)。两容器的反应达平衡时CO2的转化率： 甲 丙(填“>”“<."或”=”)。
（3）利用甲醇可制成微生物燃料电池(利用微生物将化学能直接转化成电能的装置)。某微生物燃料电池装置如图所示： A极是 极(填“正”或“负”)，其电极反应式是 。该电池不能在高温下工作的理由是 。
35．（2017·朝阳模拟）工业上由N2、H2合成NH3．制备H2需经多步完成，其中“水煤气（CO、H2）变换”是纯化H2的关键一步．
（1）水煤气变换：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），平衡常数K随温度变化如表：
温度/℃ 200 300 400
K 290 39 11.7
①下列分析正确的是 ．
a．水煤气变换反应的△H＜0
b．增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c．增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②以氨水为吸收剂脱除CO2．当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生．用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程： ．
（2）Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，经CO、H2还原Fe2O3制备．两次实验结果如表：
实验Ⅰ 实验Ⅱ
通入气体 CO、H2 CO、H2、H2O（g）
固体产物 Fe3O4、Fe Fe3O4
结合化学方程式解释H2O（g）的作用： ．
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示．（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）
①起还原作用的物质是 ．
②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是 ．
③膜Ⅰ侧所得气体 {#mathmL#}{#/mathmL#} =3，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；焓变和熵变
【解析】【解答】A、反应能自发进行，则要求ΔH-TΔS<0，由于该反应反应前后气体分子数变小，则ΔS<0，要使ΔH-TΔS<0，则要求ΔH<0，A符合题意；
B、在燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应，故氢氧燃料电池的负极反应为：H2-2e-=2H+，或H2-2e-+2OH-=2H2O，B不符合题意；
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L/mol进行计算，C不符合题意；
D、反应热ΔH=反应物的化学键的键能总和-生成物的化学键的键能总和，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、结合焓判据和熵判据分析反应是否能自发进行；
B、燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、根据反应热ΔH的计算分析；
2．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、电池中的金属可以回收利用，电池丢弃，会造成土壤、水污染，A项不符合题意。
B、由流程图知道，分别得到了偏铝酸钠溶液、氢氧化铁沉淀、碳酸锂沉淀，B项不符合题意。
C、沉淀反应是向含有Li、P、Fe等滤液中加入碱液，能够形成沉淀的只有铁，之前加入了硝酸，因此溶液中是Fe3+，C不符合题意。
D、碳酸锂不溶于水，硫酸锂能溶于水，D项符合题意。
故答案为：D
【分析】本题考查化学与生活、化学与生产、资源的回收利用。
3．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A符合题意；
B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B不符合题意；
C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C不符合题意；
D．放电时，1mol转化为 ，消耗2mol K+，外电路通过电子时，正极物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时，锌为负极，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，有机物为正极，电极反应式为：+2ne-+2nK+=， 化学自充电时，阴极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；阳极极反应为：-2ne-=+2nK+。
4．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．中金属性最强的为Mn，放电时Mn元素最先失去电子，选项A不符合题意；
B．在中，，三种元素分别显价，若x：y：z=2：3：5，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0可得：+1(1-n)+(+20.2)+(+30.3)+(+40.5)+(-2)2=0，解得n=0.3，选项B符合题意；
C．B电极反应为，不能通过充分放电的石墨电极中回收金属锂，选项C不符合题意；
D．充电时阴极发生反应nLi++C6+ne-=LinC6，当转移nmol电子时，有nmolLi+进入负极的C6材料中，故理论上负极材料增加nmolLi，质量增加7ng，阳极，质量减少7ng，故两极材料质量变化量相差为，而无法确定两极质量差，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据金属性强弱判断；
B．根据化合物中元素正负化合价的代数和为0；
C．依据电极反应式判断；
D．依据得失电子守恒。
5．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，a为负极，K在负极失去电子生成K+，发生氧化反应，A不符合题意；
B．由分析可知，b为正极，O2在正极得到电子生成KO2，电极方程式为：K++e- +O2=KO2，B不符合题意；
C．由分析可知，a为负极，b为正极，充电时，a为阴极，b为阳极，电流由b电极经电解液流向a电极，C不符合题意；
D．充电时，b为阳极，电极方程式为：KO2-e-=K++O2，a为阴极，电极方程式为：K++e-= K，b极生成2.24 L(标准状况下)O2时，O2的物质的量为0.1mol，转移0.1mol电子，阴极生成0.1molK，a极质量增重3.9g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
6．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图示信息可知上二氧化硫失电子生成，为负极，负极电势低于正极电势，故A不符合题意；
B．气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B不符合题意；
C．正极反应：，生成时，转移0.2mol电子，结合负极反应：，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化硫，负极区增加13g，故C不符合题意；
D．根据盖斯定律可知，总反应可由①+②得到，总反应的，<0，反应可自发进行，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．负极电势低于正极电势；
B．没有注明标准状况；
C．正依据得失电子守恒；
D．根据盖斯定律分析。
7．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．该电池中，利用Li+在石墨烯表面和电极之间快速移动传导电流，若用隔膜则可选用阳离子交换膜，A不符合题意；
B．放电时，石墨烯极为负极，则充电时，石墨烯极为阴极，要与外接电源的负极相连，B符合题意；
C．放电时，LiCoO2极为正极，发生的电极反应为：Li1-xCoO2+ xe- +xLi+= LiCoO2，C不符合题意；
D．对废旧的该电池进行“放电处理”时，石墨烯极发生反应为LixC6-xe- =xLi++C6，此时Li+从石墨烯中游离出来，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
8．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，b极为正极，放电时发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，电路中每转移4mol电子，消耗1mol氧气，由于不一定是标准状况下，无法计算所需氧气的体积，B不符合题意；
C．由分析可知，放电时阴离子移向负极，即OH-往负极a极迁移，C不符合题意；
D．由分析可知，该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
9．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．该装置同时可以获得烧碱，则钠离子应与氢氧根离子结合，若为质子交换膜(只允许氢离子自由通过)，则钠离子与正极生成的氢氧根离子不能接触，无法得到NaOH，故A不符合题意；
B．由装置信息可知乙电极上氧气得电子，则甲电极上HCOONa失电子生成碳酸，电极反应为：，故B不符合题意；
C．电池在工作时，乙极发生反应：，电极附近溶液氢氧根离子浓度增大，pH增大，故C符合题意；
D．由电极反应可知转移4mol电子正极消耗1mol氧气，负极生成2mol碳酸，则单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应；依据离子与离子交换膜属性一致判断。
10．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，M为正极，A不符合题意；
B．放电时，N极为负极，Br-失电子产物与电解质反应生成，发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-=，B不符合题意；
C．充电时，M极为阳极，发生反应Ti3+-e-+H2O=TiO2++2H+，依据电荷守恒，每生成1molTiO2+，有1molH+穿过质子交换膜进入N极室，C符合题意；
D．由图中信息可知，充电时，Ti3+与反应生成TiO2+、Br-、Cl-等，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
11．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．b极为正极，发生还原反应，A不符合题意；
B．原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I进入左室，隔膜I为阴离子交换膜，B项不符合题意；
C．负极附近CH3COO-失电子被氧化生成CO2和H+，正确的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项不符合题意；
D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中有1mol Cl-移向负极，同时有1mol Na+移向正极，即除去1mol NaCl，根据负极反应式可知，每消耗1mol CH3COO-时转移8mol电子生成2mol二氧化碳，理论上除去模拟海水中的NaCl351g即，转移6mol电子，可得CO2，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
12．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图中信息可知电子由TiO2光敏电极经导线流入Pt电极，Pt电极作正极，故A不符合题意；
B．该电池实现光子转化为电子，将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．在电极上发生反应：，在光敏电极上发生反应：，因此不需要补充，故C符合题意；
D．该电池每分钟接受0.01mol光子，实际转化成的电子的物质的量为0.0005mol，结合电解效率可知参与电解过程的电子物质的量为0.0004mol，则10分钟转移电子0.004mol，每电解1mol水消耗2mol电子，则转移0.004mol电子消耗水的物质的量为0.002mol，水的质量为0.036g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
13．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．该电池放电时的总反应为：，放电时AlLi被氧化，为原电池的负极，电极反应式为AlLi-e-=Al+Li+，放电过程中铝未参与电极反应，故A符合题意；
B．放电时AlLi被氧化，为原电池的负极，电极反应式为AlLi-e-=Al+Li+，则充电时铝电极电极方程式为：Al+Li++e-=AlLi，铝电极质量增加，故B不符合题意；
C．该电池放电时的总反应为：，放电时正极得电子被还原，电极反应式为：+e-=xC+PF，故C不符合题意；
D．该电池放电过程中生成和，Li能与水反应，不能使用水溶液作电解质溶液，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
14．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，A不符合题意；
B．电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3+，反应为，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，B不符合题意；
C．有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为，C符合题意；
D．根据电子守恒可知，，则处理0.1mol 时，有0.6mol 从交换膜左侧向右侧迁移，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
15．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A不符合题意；
B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B不符合题意；
C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C符合题意；
D．柔性纤维电池中，正极发生得电子的还原反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中；
B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团；
C．胶体本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm；
D．原电池中，正极发生得电子的还原反应。
16．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为二氧化碳，钴离子在另一个电极上得到电子被还原为Co，失去电子，总反应方程式为；乙室中正极上得电子，被还原为钴离子，同时得到锂离子，总反应为；
A．甲室总反应方程式为，其中石墨电极为阴极，将将转化为金属钴，A项不符合题意；
B．乙室中正极上 得电子，被还原为钴离子，同时得到锂离子，电极反应为，B项不符合题意；
C．甲室总反应方程式为，甲室溶液pH减小，C项不符合题意；
D．甲室的电极反应式为，乙室电极反应式为根据电子转移守恒可知没有进行溶液转移时，乙室增加的质量是甲室减少质量的2倍，同样的道理，没有进行溶液转移时，电路中通过8 mol电子的过程中，乙酸盐溶液所在的电极室内减小质量不同，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子；
新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
17．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．Li为原电池的负极，电子从Li电极经导线流向电极，所以X方向为电子方向，A不符合题意；
B．离子交换膜需要通过，所以M为阳离子交换膜，B不符合题意；
C．正极为生成C单质，电极反应式：，C符合题意；
D．为活泼金属，能与水反应，所以该电池不能用水性电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
18．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，b为阴极，所以放电时b为负极，发生氧化反应，A不符合题意；
B．放电时，a极为正极，发生还原反应，电极反应为：，B不符合题意；
C．充电时，阳离子向阴极移动，a为阳极，b为阴极，所以由a极区向b极区迁移，C不符合题意；
D．充电时，阴极发生还原反应生成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
19．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜B区，故A不符合题意；
B．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜B区，则B区中硫酸钠溶液的浓度增大，故B符合题意；
C．由分析可知，放电时，镁电极为原电池的负极，碱性条件下镁失去电子生成氢氧化镁，电极反应电极反应式为Mg+ 2OH-－2e-=Mg(OH)2，故C不符合题意；
D．由分析可知，原电池工作时，消耗2.4 g镁时，放电转移电子×2=0.2mol，C区放电消耗0.4mol氢离子、0.1mol硫酸根离子，同时有0.1mol硫酸根离子移向B区，相当于溶液中减少0.2mol硫酸，同时生成0.2mol水，则C区实际减少质量为0.2mol×98g·mol-1-0.2mol×18g·mol-1=16.0g，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
20．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．、、均属于过渡元素，在第Ⅷ族，A不符合题意；
B．电池催化剂起到降低电极反应活化能、提高反应速率的作用，B不符合题意；
C．纳米材料不属于胶体，C符合题意；
D．质子交换膜氢氧燃料电池，为酸性环境，正极电极反应式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到VⅢ族的化学元素；
B．催化剂能降低电极反应活化能，加快反应速率；
C．胶体是指直径为1~100nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物；
D．燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应。
21．【答案】B,C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A不符合题意；
B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B符合题意；
C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C符合题意；
D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．依据离子移动方向、利用离子类型与离子交换膜类型一致判断；
B．由A分析判断；
C．充电时，阴极，得到电子发生还原反应；
D．利用得失电子守恒。
22．【答案】A,C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A符合题意；
B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B不符合题意；
C．放电时，正极的电极反应式是，反应消耗，因此离子经过隔膜进入右极室中，C符合题意；
D．充电时，电池的阳极反应为，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”；
B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小；
C．放电时，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；
D．充电时，电池的阳极反应为。
23．【答案】C,D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．根据原电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，故A不符合题意；
B．该原电池中，食盐水成分为NaCl溶液，可电离出自由移动的离子，可导电，能作为电解质溶液，故B不符合题意；
C．活性炭作正极，发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反应物是氧气而不是C，故C符合题意；
D．Mg作负极，食盐水为中性溶液，电极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
24．【答案】C,D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A.甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，A不符合题意；
B.原电池的正极上得到电子发生还原反应，正极反应为：2O2＋4H2O＋8e－=8OH－，B不符合题意；
C.溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，则氢氧根离子向负极附近移动，C符合题意；
D.该原电池的总反应为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，该电池使用一段时间后溶液中KOH的浓度将减小，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；所以甲烷在负极通入，氧气在正极通入；因为是碱性条件，反应过程中，生成的CO2会和OH-反应。
25．【答案】（1）；温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）；H2SO4； 或
（3）HD；提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为： +H2 HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以 的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为 ，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为 ，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 +2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 ；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为 被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。
26．【答案】（1）(a-620.9)
（2）0.8kPa-1；<；<；C
（3）催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ
（4）2NO +4e-= N2+2O2-
【知识点】化学电源新型电池；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=ΔH+逆反应活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案为：(a-620.9)。
（2）①设开始反应时通入的NO和CO气体的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8m，平衡时各物质的分压为：p(NO)=×320kPa=40kPa，p(CO)=×320kPa=40kPa，p(CO2)=×320kPa=160kPa，p(N2)=×320kPa=80kPa，反应的平衡常数Kp=；
②达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数Kp=，所以平衡时k正小于k逆；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
③A．降低温度，化学反应速率减小，A不正确；
B．该反应为气体计量数减小的反应，增大压强，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，但增大压强，会增大对设备的要求，增加成本，不是最佳措施，B不正确；
C．使用适合催化剂，降低反应的活化能，化单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，C正确；
D．降低氮气浓度，生成物的浓度减小，化学反应速率减小，D不正确；
故答案为：C；
故答案为：0.8kPa-1；<；<；C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲；
②活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，其中反应I正反应的活化能为298.4kJ/mol，正反应的活化能最大，故反应速率最慢，故该化学反应的速率主要由反应I决定；改变温度，对活化能大的反应影响大，反应Ⅱ的逆反应活化能最大，所以逆反应速率增加最大，逆反应速率增加最大的是反应Ⅱ；
故答案为：催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ。
（4）由图可知，a电极NO得到电子转化为氮气和O2-，a极对应的电极反应式为：2NO+4e-=N2+2O2-；
故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-。
【分析】（1） ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
（2） ①分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
②结合速率常数和题目所给数据判断；
③使用合适1催化剂，可以提高单位时间内一氧化碳和一氧化氮的转化率和速率；
（3）①催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；
②决速步骤为活化能最大的步骤；
（4）一氧化氮得到电子形成氮气和氧负离子。
27．【答案】（1）CH4
（2）0.03
（3）b
（4）；bd
（5）a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）CH4是含共价键的非极性分子，H2O、CO是含共价键的极性分子，H2含共价键的非极性分子，氢气是单质，因此上述反应体系中属于非极性分子的化合物是CH4；故答案为：CH4。
（2）根据题意，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则甲烷浓度改变量为0.1 mol L 1，氢气浓度改变量为0.3 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为；故答案为：0.03。
（3）a．υ正(H2S)=2υ逆(H2)，一个正反应速率，一个逆反应速率，两个不同方向，两者速率之比不等于计量系数之比，不能作为判断平衡标志，故a不正确；
b．CH4的体积分数不再变化，则能作为判断平衡标志，故b正确；
c．开始加入的甲烷和硫化氢按照计量之比加入，则始终不改变，当不再变化，不能作为判断平衡标志，故c不正确；
d．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不再改变，当混合气体的密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故d不正确；
故答案为：b。
（4）该反应平衡常数表达式，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，若是增大反应物浓度或减小压强，平衡常数不变，若是改变温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数变大，因此bd正确；故答案为：；bd。
（5）根据题意减少的为甲烷和硫化氢，增加的为CS2、H2，再根据计量系数得到氢气增加的幅度大，因此图中表示H2物质的量分数变化的曲线是a；根据图中信息，升高温度，甲烷、硫化氢的量减少，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应。保持其他条件不变，由于温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢的浓度减小，因此甲烷的转化率降低；故答案为：a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降。
【分析】（1）非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
（2）利用v=Δc/Δt计算；
（3）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（4）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；K的大小只与温度有关。
（5）依据影响化学平衡的因素分析。
28．【答案】（1）397.7
（2）反应Ⅱ放热量很大；增大压强或适当增大O2的浓度
（3）；
（4）吸热；大于
（5）2CH4 -8e-+2H2O = CH3COOH+8H+；太阳能→电能→化学能
【知识点】反应热和焓变；化学电源新型电池；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)由反应I计算，则推出；
(2)反应的发生趋势可以从熵增情况及放热来判断，该反应气体量减少熵减少，所以反应的趋势大是由于该反应放热很大。两个反应均为气体减少的反应且反应物相同，要使两个平衡正向，可以增大O2的浓度或者增压；
(3)反应中的变化如下：
则反应I中消耗的CH4为(1-a-2b)mol，I反应中的变化量为
则反应后剩下的O2为，则c(O2)= 。，，则反应II的；
(4)O2+CH4到2O+CH4为解离过程，，所以该过程为放热，该过程的活化能为35.4-（-48.6）=84.0kJ/mol。而甲烷的活化过程的活化能为20.7-（-67.7）=88.4kJ/mol。前者的活化能大于后者，则该反应速率小于CH4的活化速率；
(5)CH4变为乙酸，碳元素化合价升高发生了氧化反应，反应为2CH4-8e-+2H2O=CH3COOH+8H+，该反应利用电解池制备物质，主要的能量转化方式为电能转化为化学能。
【分析】（1）结合关系式△H=反应物总键能-生成物总键能进行计算；
（2）提高甲醇和乙酸的产率，即使平衡朝正向移动；
（3）本题要结合三段式进行计算，根据已知条件代入三段式，求出氧气的浓度，平衡常数的计算要从公式入手，化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；
（4）氧气的解离为分子转化为原子的过程，根据图示判断为吸热反应；反应速率可以根据活化能的相对大小判断，活化能越大，速率越慢；
（5）电解池的解法需要结合化合价的变化，氧气通常在阴极发生反应，得到电子，则甲烷在阳极反应，失去电子，结合原子守恒和电解质溶液的性质，判断电极反应式，根据图示，可以知道外接电源为太阳能电池，因此能量的转化为太阳能→电能→化学能。
29．【答案】（1）＋131.3 kJ·mol－1
（2）1.4；40%；27
（3）6；0.1
（4）负；还原；负；Sx2--2e-=Sx
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率与化学平衡的综合应用；物质的量的相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，则
①C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－393.5kJ·mol－1
② O2(g)＋H2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－1
③CO(g)＋ O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－283kJ·mol－1
④H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol－1
根据盖斯定律可知①－②－③－④即得到C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。(2)根据方程式可知
压强之比是物质的量之比，则(1－x+x+x):1＝1.4:1，解得x＝0.4；
①根据以上分析可知平衡时，容器中气体总物质的量为1.4mol，H2O的转化率为40%。
②该温度下反应的平衡分压常数Kp＝ ≈27kPa。(3)①设50min时H2的物质的量为x mol，温度不变平衡常数不变，由于容积是1L，则根据图像可知平衡常数K= ，解得x＝8，由于CO的变化量是1mol，所以40min时再充入的H2的物质的量为8mol+1mol－3mol＝6mol。
②由于氢气的变化量是1mol，所以40～50 min内H2的平均反应速率为 ＝0.1mol·L－1·min－1。
(4)①放电时钠失去电子，则电极A为负极，电极B是正极，则S发生还原反应。
②放电时钠失去电子，则电极A为负极，充电时，Na所在电极是阴极，与直流电源负极相连；阳极发生失去电子的氧化反应，则根据总反应为Na2Sx=2Na＋Sx(3＜x＜5)可知，阳极电极反应式为Sx2--2e-=Sx。
【分析】（1）先写出各物质燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律可求该反应的焓变
（2）①由表格数据可知，30min后，压强保持不变，即达到平衡，同温同体积下，压强之比等于物质的量之比，列三段式，根据差量法可求的水的转化率。
②根据三段式，可求得各组分平衡时的分压，再代入平衡常数表达式可计算得答案。
（3）①根据40min的各组分含量，可求得平衡常数K，由于温度不变，平衡常数不变，故代入50min时水和二氧化碳的含量，可求的氢气的含量，在根据三段式可求得再冲入氢气的物质的量
②可用一氧化碳的速率去计算氢气的速率。在同一化学反应中，速率之比等于化学计量系数之比
（4）①电极A钠元素升价发生氧化反应，为负极，故B为正极，发生还原反应。
②充电时，钠元素的化合价降低，作阴极，连接电源的负极。配平电极反应的步骤为：先写反应物，再写生成物，根据化合价写转移电子数，再根据酸碱性配电荷守恒，最后配原子守恒。
30．【答案】（1）CO-2e-+H2O=CO2+2H+；不变
（2）2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) H2═ H-2 H1
（3）80%；d；反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小；225
（4）根据Ka2═c(SO32-) c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将c(H+)═1.0×10-7代入得出c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；(2)总反应为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H①；
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g) H1 ②；
根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) H2= H-2 H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.05mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为 =80%；②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K= =225；(4)根据Ka2= =6.2×10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出 =6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)。
【分析】（1）根据电池装置图书写电极I上发生的电极反应方程式；
（2）根据盖斯定律求解热化学方程式的反应热；
（3）根据平衡常数的表达式求解化学反应方程式的平衡常数。
31．【答案】（1）d
（2）0.5
（3）NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol
（4）1∶1；a>b>c；a＝c>d；75%
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小，故不正确；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向，则取走一半C6H12O6，平衡不移动，CO2的转化率不变，故不正确；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向，则加入催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故不正确；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故正确；
d正确，故答案为：d；（2）由表格数据可知，0～2min内N2O5的浓度变化为（1.00—0.50）mol/L=0.50mol/L，则v(N2O5) ＝ =0.25 mol L-1 min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5) ＝ ×2=0.5mol L-1 min-1，故答案为：0.5；（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极，则A极通入二氧化氮，在酸性条件下，二氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；电解硫酸铜溶液的化学方程式为2CuSO4+2H2O， 2Cu↓+O2↑+2H2SO4，由方程式可知反应后只问需要加入CuO或CuCO3就可以使溶液复原，加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水，电解时，阳极始终是OH－放电，电极反应式为4OH—－4e—=2H2O+O2↑，氢氧化铜是0.2mol，则根据氧原子守恒可知，反应中转移的电子是0.2mol×2×2＝0.8mol，故答案为：NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol；（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，由化学方程式可知，C、N原子个数之比接近1:1，故答案为：1:1；
②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知， 的值增大， a、b、c三点CO的转化率呈减小趋势，则a>b>c；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，N2的体积分数T1>T2，则反应温度T2>T1，温度不变平衡常数不变，a、c的反应温度相同，并小于d，则平衡常数a＝c>d，故答案为：a>b>c；a＝c>d；③若 ＝0.8，设CO的体积为0.8L，NO体积为1L，CO的转化率为a，由题意建立如下三段式：
由N2的体积分数为20%可得 =0.2，解得a=0.75，则CO的转化率为75%，故答案为：75%。
【分析】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动；（2）由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5)；（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极；加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水；（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比；②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知， 的值增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；③由题意建立三段式求解可得。
32．【答案】（1）C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
（2）﹣246.4 kJ/mol；CH3OCH3-12e﹣+3H2O=2CO2+12H+
（3）放热；75%
（4）D
（5）逆向；
（6）B；A；SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+
【知识点】盖斯定律及其应用；化学电源新型电池；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数表达式中，分子为生成物，分母为反应物，固体或纯液体物质不能写入表达式中，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；(2)①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H=-90.8 kJ/mol②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol ③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol
根据盖斯定律，将①×2+②+③，整理可得总反应的热化学方程式：3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H =﹣246.4 kJ/mol；
二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，负极的电极反应为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；(3)由于升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，温度升高化学平衡常数K值减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，假设反应消耗的CO浓度为x，则根据方程式CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)可知物质改变的物质的量相等，因此平衡时各种气体的物质的量浓度分别是：c(CO)=c(H2O)=(0.02-x) mol/L，c(CO2)=c(H2)=x mol/L，所以 =9，解得x=0.015 mol/L，所以CO的平衡转化率为 ×100%=75%；(4)对反应N2O4(g) 2NO2(g) △H >0，由于该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2平衡时体积分数增大，根据图象可知NO2平衡时体积分数：A>B，说明温度：T2>T1。
A．A点、C点温度相同，A点压强小于C点的压强，增大压强，化学反应速率越大，则反应速率：A
C．B、C两点NO2的体积分数相同，说明气体的总物质的量相同，由于气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量相同，C不正确；
D．A、B两点的压强相同，气体温度A>B，在相同压强下，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，则NO2的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，D正确；
E．化学平衡常数只与温度有关，A、C两点的温度相同，所以它们的平衡常数也相等，E不正确；
故合理选项是D；(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是由于NH4+水解，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，反应的离子方程式为：NH4++H2O NH3 H2O+H+；向其中加入氨水，使c(NH3 H2O)增大，抑制了铵根离子水解，水解平衡逆向进行，水的电离平衡逆向移动；将m mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加n L氨水后溶液呈中性，则根据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=10-7 mol/L，NH3 H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol/L，设混合后溶液体积为1 L，c(NH4+)=c(NO3-)=m mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3 H2O NH4++OH-，平衡常数K= =2×10-5 mol/L，解得c(NH3 H2O)= mol/L；(6)该原电池中，负极上失电子被氧化，发生氧化反应，所以负极上投放的气体是SO2，SO2失电子和水反应生成SO42-和H+，正极上投放的气体是O2，正极上O2得电子和H+反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，所以B极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，原电池放电时，溶液中的H+由负极B移向正极A，所以其电池反应式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。
【分析】(1)根据质量守恒定律，结合可逆反应平衡常数的含义及表达式书写反应方程式；(2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；CH3OCH3在负极失去电子，被氧化变为CO2、H2O，据此书写电极反应式；(3)根据温度对化学平衡常数的影响判断反应的热效应；利用500℃时K=9，利用物质的起始浓度及反应转化关系计算CO的平衡转化率；(4)根据外界条件对化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡移动的影响分析判断；(5)依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度；(6)SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸，根据硫酸的出口判断原电池的正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动。
33．【答案】（1）2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑；反应过程中产生氯气，造成环境污染
（2）加快酸浸时的反应速率；C、 Fe(OH)3
（3）先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全；3≤pH<5.5
（4）阳
（5）C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+
【知识点】化学电源新型电池；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5×x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1×y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。
【分析】 废料含MnO2、MnOOH、Zn (OH) 2及少量Fe等，由硫酸可知，加C还原焙烧得到MnO、ZnO、Fe、C,再加硫酸溶解时溶液含Fe2+、Mn2+、Zn2+,过滤分离出滤渣1为C,净化时氧气可氧化亚铁离子，结合表中Ksp可知，加MnCO3调节pH使铁离子转化为沉淀，滤渣2为Fe(OH) 3，最后电解生成Zn、MnO2，以此即可得出本题答案
34．【答案】（1）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-99.7kJ·mol-1
（2）；AC；0.05mol·L-l·min-1；>；>
（3）负极；CH3OH-6e- +H2O=6H++CO2；高温能使微生物蛋白质凝固变性
【知识点】盖斯定律及其应用；化学电源新型电池
【解析】【解答】解析：(1)①H2O(1) = H2O(g) ΔH1= +44 .0kJ/mol
②CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(l) ΔH2=-3.0kJ/mol
③CO2(g)+3H2(g) = CH，OH(g)+H2O(g) ΔH3=-58.7 kJ/mol
根据盖斯定律③-②-①得 CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-99.7kJ·mol-1；
（2）① 2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)的平衡常数表达式是 ；
②V正(CH3OH)= 2V逆(H2O)，正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，故A正确；根据 ，气体密度是恒量，所以容器内气体的密度不变，不一定平衡，故B错误；反应前后气体系数和改变，压强是变量，所以容器内压强不变，一定达到平衡状态，故C正确；若甲醇、二氧化碳的初始投料比为2：1，则CH3OH与CO2的物质的量之比始终是2：1，所以CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变，不一定平衡，故D错误。
③根据图示，甲容器中，在5-15min时CH3OCOOCH3的浓度变化是0.5mol/L，则CO2的浓度变化为0.5mol/L，所以v(CO2)= 0.5mol/L÷10min=0.05mol·L-l·min-1；根据一边倒原则，甲乙投料相同；甲容器中，达到平衡时，剩余CO2 0.25mol，乙容器剩余CO2 0.2mol，甲乙相比，相当于乙平衡正向移动，正反应放热，所以温度T1>T2；丙中2molCH3OH(g)生成CH3OCOOCH3的物质的量小于1mol，CH3OCOOCH3的平衡浓度是3mol/L，所以丙容器的体积小于 ；丙中CO2的转化率小于0.5，甲中CO2的转化率等于0.75 ，CO2的转化率甲>丙；
（3）燃料电池装置中氢离子移向B电极，所以B是正极、A是负极；负极甲醇失电子，电极反应式是CH3OH-6e- +H2O=6H++CO2；高温能使微生物蛋白质变性，所以该电池不能在高温下工作。
【分析】（3）中燃料电池属于原电池，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极。燃料做负极，氧气（氧化剂）做正极。
35．【答案】（1）ac；NH3+H2O+CO2=NH4HCO3、NH4HCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} NH3↑+H2O+CO2↑
（2）Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），加入H2O（g）后抑制Fe3O4被H2进一步还原
（3）CH4；H2O+2e-=H2+O2﹣、O2+4e-=2O2﹣；14CH4+12H2O+O2=14CO+4OH2．
【知识点】化学电源新型电池；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，则△H＜0，故正确；b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能提高转化率，故错误；c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化，则可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故正确；
故答案为：a c；②以氨水为吸收剂脱除CO2．当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生．用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程吸收：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑，故答案为：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑；（2）发生Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），增大生成物浓度，平衡逆向移动，则H2O（g）的作用为Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），加入H2O（g）后抑制Fe3O4被H2进一步还原，故答案为：Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），加入H2O（g）后抑制Fe3O4被H2进一步还原；（3）①C失去电子，则起还原作用的物质是CH4，故答案为：CH4；②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是H2O+2e﹣=H2+O2﹣、O2+4e﹣=2O2﹣，故答案为：H2O+2e﹣=H2+O2﹣、O2+4e﹣=2O2﹣；③空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体 =3，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为12mol，由膜I侧反应可知12molH2O得到电子、1molO2得到电子，膜I上发生12H2O+24e﹣=12H2+12O2﹣、O2+4e﹣=2O2﹣，膜II上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+4OH2，故答案为：14CH4+12H2O+O2=14CO+4OH2．
【分析】（1）①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化；②以氨水为吸收剂脱除CO2，反应生成碳酸氢铵，加热时分解生成二氧化碳；（2）发生Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），增大生成物浓度，平衡逆向移动；（3）由图可知，C失去电子生成CO，膜Ⅰ侧氧气、水得到电子，结合电极反应来解答．
2023年高考真题变式分类汇编：化学电源新型电池1
一、选择题
1．（2019·江苏）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e =4OH
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算： ΔH=反应中形成新共价键的键能之和 反应中断裂旧共价键的键能之和
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；焓变和熵变
【解析】【解答】A、反应能自发进行，则要求ΔH-TΔS<0，由于该反应反应前后气体分子数变小，则ΔS<0，要使ΔH-TΔS<0，则要求ΔH<0，A符合题意；
B、在燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应，故氢氧燃料电池的负极反应为：H2-2e-=2H+，或H2-2e-+2OH-=2H2O，B不符合题意；
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L/mol进行计算，C不符合题意；
D、反应热ΔH=反应物的化学键的键能总和-生成物的化学键的键能总和，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、结合焓判据和熵判据分析反应是否能自发进行；
B、燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、根据反应热ΔH的计算分析；
2．（2018·全国Ⅰ卷）硫酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是（ ）
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、电池中的金属可以回收利用，电池丢弃，会造成土壤、水污染，A项不符合题意。
B、由流程图知道，分别得到了偏铝酸钠溶液、氢氧化铁沉淀、碳酸锂沉淀，B项不符合题意。
C、沉淀反应是向含有Li、P、Fe等滤液中加入碱液，能够形成沉淀的只有铁，之前加入了硝酸，因此溶液中是Fe3+，C不符合题意。
D、碳酸锂不溶于水，硫酸锂能溶于水，D项符合题意。
故答案为：D
【分析】本题考查化学与生活、化学与生产、资源的回收利用。
3．（2022·福建）一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为和水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．化学自充电时，增大
B．化学自充电时，电能转化为化学能
C．化学自充电时，锌电极反应式：
D．放电时，外电路通过电子，正极材料损耗
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A符合题意；
B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B不符合题意；
C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C不符合题意；
D．放电时，1mol转化为 ，消耗2mol K+，外电路通过电子时，正极物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时，锌为负极，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，有机物为正极，电极反应式为：+2ne-+2nK+=， 化学自充电时，阴极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；阳极极反应为：-2ne-=+2nK+。
4．（2023·山东模拟）镍钴锰三元材料中为主要活泼元素，镍钴锰电极材料可表示为，，通常简写为，三种元素分别显价。下列说法正确的是（ ）
A．放电时元素最先失去电子
B．在材料中，若，则
C．可从充分放电的石墨电极中回收金属锂
D．充电时，当转移电子，两极材料质量差为
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．中金属性最强的为Mn，放电时Mn元素最先失去电子，选项A不符合题意；
B．在中，，三种元素分别显价，若x：y：z=2：3：5，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0可得：+1(1-n)+(+20.2)+(+30.3)+(+40.5)+(-2)2=0，解得n=0.3，选项B符合题意；
C．B电极反应为，不能通过充分放电的石墨电极中回收金属锂，选项C不符合题意；
D．充电时阴极发生反应nLi++C6+ne-=LinC6，当转移nmol电子时，有nmolLi+进入负极的C6材料中，故理论上负极材料增加nmolLi，质量增加7ng，阳极，质量减少7ng，故两极材料质量变化量相差为，而无法确定两极质量差，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据金属性强弱判断；
B．根据化合物中元素正负化合价的代数和为0；
C．依据电极反应式判断；
D．依据得失电子守恒。
5．（2023·阿勒泰模拟）钾氧电池是一种新型金属-空气可充电电池，其使用双酰亚胺钾( KTFSI)与乙醚(DME)组成的电解液，石墨和液态Na-K合金作为电极，相关装置如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，a为负极，发生氧化反应
B．放电时，正极的电极反应式为K++e- +O2=KO2
C．充电时，电流由b电极经电解液流向a电极
D．充电时，b极生成2.24 L(标准状况下)O2时，a极质量增重15.6g
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，a为负极，K在负极失去电子生成K+，发生氧化反应，A不符合题意；
B．由分析可知，b为正极，O2在正极得到电子生成KO2，电极方程式为：K++e- +O2=KO2，B不符合题意；
C．由分析可知，a为负极，b为正极，充电时，a为阴极，b为阳极，电流由b电极经电解液流向a电极，C不符合题意；
D．充电时，b为阳极，电极方程式为：KO2-e-=K++O2，a为阴极，电极方程式为：K++e-= K，b极生成2.24 L(标准状况下)O2时，O2的物质的量为0.1mol，转移0.1mol电子，阴极生成0.1molK，a极质量增重3.9g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
6．（2023·沈阳模拟）上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM原可将水解离为和，向两极移动)
已知：①
②
下列分析中正确的是
A．是负极，电势更高
B．正极区每消耗22.4L氧气，转移
C．当生成时，负极区溶液增加6.4g
D．总反应，该过程为自发过程
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图示信息可知上二氧化硫失电子生成，为负极，负极电势低于正极电势，故A不符合题意；
B．气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B不符合题意；
C．正极反应：，生成时，转移0.2mol电子，结合负极反应：，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化硫，负极区增加13g，故C不符合题意；
D．根据盖斯定律可知，总反应可由①+②得到，总反应的，<0，反应可自发进行，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．负极电势低于正极电势；
B．没有注明标准状况；
C．正依据得失电子守恒；
D．根据盖斯定律分析。
7．（2023·天津市模拟）中国企业华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是
A．该电池若用隔膜可选用阴离子交换膜
B．进行充电时，要将外接电源的负极与锂离子电池的石墨烯极相连
C．放电时，LiCoO2极发生的电极反应为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+
D．对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．该电池中，利用Li+在石墨烯表面和电极之间快速移动传导电流，若用隔膜则可选用阳离子交换膜，A不符合题意；
B．放电时，石墨烯极为负极，则充电时，石墨烯极为阴极，要与外接电源的负极相连，B符合题意；
C．放电时，LiCoO2极为正极，发生的电极反应为：Li1-xCoO2+ xe- +xLi+= LiCoO2，C不符合题意；
D．对废旧的该电池进行“放电处理”时，石墨烯极发生反应为LixC6-xe- =xLi++C6，此时Li+从石墨烯中游离出来，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
8．（2023·嘉定模拟）铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意如图，下列说法正确的是
A．b极为负极，放电时发生氧化反应
B．电路中每转移4mol电子，消耗22.4L氧气
C．放电时OH-往b极迁移
D．该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，b极为正极，放电时发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，电路中每转移4mol电子，消耗1mol氧气，由于不一定是标准状况下，无法计算所需氧气的体积，B不符合题意；
C．由分析可知，放电时阴离子移向负极，即OH-往负极a极迁移，C不符合题意；
D．由分析可知，该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
9．（2023·鞍山模拟）甲酸钠燃料电池是一种膜基碱性电池，提供电能的同时可以获得烧碱，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．CEM隔膜为质子交换膜
B．甲为电池负极，电极反应为：
C．电池在工作时，乙极附近溶液增大
D．单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．该装置同时可以获得烧碱，则钠离子应与氢氧根离子结合，若为质子交换膜(只允许氢离子自由通过)，则钠离子与正极生成的氢氧根离子不能接触，无法得到NaOH，故A不符合题意；
B．由装置信息可知乙电极上氧气得电子，则甲电极上HCOONa失电子生成碳酸，电极反应为：，故B不符合题意；
C．电池在工作时，乙极发生反应：，电极附近溶液氢氧根离子浓度增大，pH增大，故C符合题意；
D．由电极反应可知转移4mol电子正极消耗1mol氧气，负极生成2mol碳酸，则单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应；依据离子与离子交换膜属性一致判断。
10．（2023·广东模拟）我国科学家设计了一种新型的溴基液流可充电电池用于大规模储能，其放电时的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．放电时，M为正极
B．放电时，N极发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-=
C．充电时，每生成1molTiO2+，有2molH+穿过质子交换膜进入N极室
D．充电时，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，M为正极，A不符合题意；
B．放电时，N极为负极，Br-失电子产物与电解质反应生成，发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-=，B不符合题意；
C．充电时，M极为阳极，发生反应Ti3+-e-+H2O=TiO2++2H+，依据电荷守恒，每生成1molTiO2+，有1molH+穿过质子交换膜进入N极室，C符合题意；
D．由图中信息可知，充电时，Ti3+与反应生成TiO2+、Br-、Cl-等，总反应为2Ti3+++2H2O=2TiO2++Br-+2Cl-+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
11．（2023·贵阳模拟）一种新型电池既可以实现海水淡化，又可以处理含CH3COO-的废水，装置如图(模拟海水由NaCl溶液替代)。下列说法正确的是
A．b极为负极，发生氧化反应
B．隔膜I为阳离子交换膜
C．a极电极反应为CH3COO-+8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D．理论上除去模拟海水中的NaCl351g，可得1.5molCO2
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．b极为正极，发生还原反应，A不符合题意；
B．原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I进入左室，隔膜I为阴离子交换膜，B项不符合题意；
C．负极附近CH3COO-失电子被氧化生成CO2和H+，正确的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项不符合题意；
D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中有1mol Cl-移向负极，同时有1mol Na+移向正极，即除去1mol NaCl，根据负极反应式可知，每消耗1mol CH3COO-时转移8mol电子生成2mol二氧化碳，理论上除去模拟海水中的NaCl351g即，转移6mol电子，可得CO2，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
12．（2023·辽阳模拟）染料敏化电池展现出广阔的应用前景，某染料敏化电池如图所示。下列说法错误的是
已知：1个光子理论上可以转化为一个电子。
A．电极为该电池的正极
B．该电池实现了太阳能转化为电能
C．该电池工作一段时间后需补充
D．若用该电池电解水，当光电转化效率为5%时，每分钟该电池接受光子，电解效率为80%，则10分钟后消耗的水的质量为
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图中信息可知电子由TiO2光敏电极经导线流入Pt电极，Pt电极作正极，故A不符合题意；
B．该电池实现光子转化为电子，将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．在电极上发生反应：，在光敏电极上发生反应：，因此不需要补充，故C符合题意；
D．该电池每分钟接受0.01mol光子，实际转化成的电子的物质的量为0.0005mol，结合电解效率可知参与电解过程的电子物质的量为0.0004mol，则10分钟转移电子0.004mol，每电解1mol水消耗2mol电子，则转移0.004mol电子消耗水的物质的量为0.002mol，水的质量为0.036g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
13．（2023·辽宁模拟）中国科学院成功开发出一种新型铝-石墨双离子电池，大幅提升了电池的能量密度。该电池放电时的总反应为：，有关该电池说法正确的是
A．该电池中铝未参与电极反应
B．充电时，铝电极质量减少
C．放电时，正极反应式为：
D．该电池可用水溶液作电解质溶液
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．该电池放电时的总反应为：，放电时AlLi被氧化，为原电池的负极，电极反应式为AlLi-e-=Al+Li+，放电过程中铝未参与电极反应，故A符合题意；
B．放电时AlLi被氧化，为原电池的负极，电极反应式为AlLi-e-=Al+Li+，则充电时铝电极电极方程式为：Al+Li++e-=AlLi，铝电极质量增加，故B不符合题意；
C．该电池放电时的总反应为：，放电时正极得电子被还原，电极反应式为：+e-=xC+PF，故C不符合题意；
D．该电池放电过程中生成和，Li能与水反应，不能使用水溶液作电解质溶液，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
14．（2023·江苏模拟）如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是
A．N极为负极，发生氧化反应
B．电池工作时，N极附近溶液pH减小
C．M极发生的电极反应为
D．处理0.1mol 时，有1.4mol 从交换膜左侧向右侧迁移
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，A不符合题意；
B．电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3+，反应为，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，B不符合题意；
C．有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为，C符合题意；
D．根据电子守恒可知，，则处理0.1mol 时，有0.6mol 从交换膜左侧向右侧迁移，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
15．（2023·泰安模拟）国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法中错误的是
A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势
B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团
C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应
D．柔性纤维电池中正极发生还原反应
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A不符合题意；
B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B不符合题意；
C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C符合题意；
D．柔性纤维电池中，正极发生得电子的还原反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中；
B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团；
C．胶体本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm；
D．原电池中，正极发生得电子的还原反应。
16．（2023·兰州模拟）科技工作者将废旧锂离子电池中的LiCoO2 (s)作为正极材料通过下列装置转化为Co2+，进而回收金属钴。已知：电极材料均为石墨材质，工作时需要保持厌氧、细菌所在环境pH稳定，借助细菌降解乙酸盐生成CO2。下列说法错误的是
A．甲室中的石墨电极为阴极，将Co2+转化为金属钴
B．乙室的电极反应式为： LiCoO2+4H++e- =Li++Co2+ + 2H2O
C．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小
D．电路中通过8 mol电子的过程中，乙酸盐溶液所在的电极室内质量均减小88 g
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为二氧化碳，钴离子在另一个电极上得到电子被还原为Co，失去电子，总反应方程式为；乙室中正极上得电子，被还原为钴离子，同时得到锂离子，总反应为；
A．甲室总反应方程式为，其中石墨电极为阴极，将将转化为金属钴，A项不符合题意；
B．乙室中正极上 得电子，被还原为钴离子，同时得到锂离子，电极反应为，B项不符合题意；
C．甲室总反应方程式为，甲室溶液pH减小，C项不符合题意；
D．甲室的电极反应式为，乙室电极反应式为根据电子转移守恒可知没有进行溶液转移时，乙室增加的质量是甲室减少质量的2倍，同样的道理，没有进行溶液转移时，电路中通过8 mol电子的过程中，乙酸盐溶液所在的电极室内减小质量不同，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子；
新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
17．（2023·酒泉模拟）锂电池在航空航天领域应用广泛，Li- CO2电池供电的反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．X方向为电流方向
B．交换膜M为阴离子交换膜
C．正极的电极反应式：4Li+ +4e-+3CO2=2Li2CO3+C
D．可采用LiNO3水溶液作为电解质溶液
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．Li为原电池的负极，电子从Li电极经导线流向电极，所以X方向为电子方向，A不符合题意；
B．离子交换膜需要通过，所以M为阳离子交换膜，B不符合题意；
C．正极为生成C单质，电极反应式：，C符合题意；
D．为活泼金属，能与水反应，所以该电池不能用水性电解质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
18．（2023·漳州模拟）南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池，该电池(如图)在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜，下列说法错误的是
A．放电时，b为负极，发生氧化反应
B．放电时，a极上的电极反应：
C．充电时，由a极区向b极区迁移
D．充电时，在阴极被还原
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，b为阴极，所以放电时b为负极，发生氧化反应，A不符合题意；
B．放电时，a极为正极，发生还原反应，电极反应为：，B不符合题意；
C．充电时，阳离子向阴极移动，a为阳极，b为阴极，所以由a极区向b极区迁移，C不符合题意；
D．充电时，阴极发生还原反应生成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
19．（2023·河南模拟）科学家发明了一种Mg—PbO2电池，电解质为Na2SO4、H2SO4、NaOH，通过M和N两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域(已知：a>b)，装置如图，下列说法错误的是
A．Na+通过M膜移向B区，离子交换膜N为阴离子交换膜
B．B区域的电解质浓度逐渐减小
C．放电时，Mg电极反应为Mg+ 2OH—－2e—=Mg(OH)2
D．消耗2.4 g Mg时，C区域电解质溶液减少16.0 g
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜B区，故A不符合题意；
B．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜B区，则B区中硫酸钠溶液的浓度增大，故B符合题意；
C．由分析可知，放电时，镁电极为原电池的负极，碱性条件下镁失去电子生成氢氧化镁，电极反应电极反应式为Mg+ 2OH-－2e-=Mg(OH)2，故C不符合题意；
D．由分析可知，原电池工作时，消耗2.4 g镁时，放电转移电子×2=0.2mol，C区放电消耗0.4mol氢离子、0.1mol硫酸根离子，同时有0.1mol硫酸根离子移向B区，相当于溶液中减少0.2mol硫酸，同时生成0.2mol水，则C区实际减少质量为0.2mol×98g·mol-1-0.2mol×18g·mol-1=16.0g，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
20．（2023·厦门模拟）厦门大学设计具有高催化活性与稳定性纳米催化剂用于质子交换膜氢氧燃料电池。下列说法错误的是
A．、、均属于过渡元素
B．催化剂通过降低活化能提高电池工作效率
C．纳米催化剂属于胶体
D．正极电极反应式为
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．、、均属于过渡元素，在第Ⅷ族，A不符合题意；
B．电池催化剂起到降低电极反应活化能、提高反应速率的作用，B不符合题意；
C．纳米材料不属于胶体，C符合题意；
D．质子交换膜氢氧燃料电池，为酸性环境，正极电极反应式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到VⅢ族的化学元素；
B．催化剂能降低电极反应活化能，加快反应速率；
C．胶体是指直径为1~100nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物；
D．燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应。
二、多选题
21．（2023·泰安模拟）双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
B．放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小
C．充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=
D．充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
【答案】B,C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A不符合题意；
B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B符合题意；
C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C符合题意；
D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．依据离子移动方向、利用离子类型与离子交换膜类型一致判断；
B．由A分析判断；
C．充电时，阴极，得到电子发生还原反应；
D．利用得失电子守恒。
22．（2023·济南模拟）我国科学家发现，将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A．若从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量减少
B．为了提高电导效率，左极室采用酸性水溶液
C．放电时，离子可经过隔膜进入右极室中
D．充电时，电池的阳极反应为
【答案】A,C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A符合题意；
B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B不符合题意；
C．放电时，正极的电极反应式是，反应消耗，因此离子经过隔膜进入右极室中，C符合题意；
D．充电时，电池的阳极反应为，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．“将纳米级嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”；
B．把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小；
C．放电时，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；
D．充电时，电池的阳极反应为。
23．（2022高二下·雅安期末）“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为。下列关于该电池的说法错误的是（ ）
A．镁片作为负极
B．食盐水作为电解质溶液
C．活性炭作为正极反应物，发生还原反应
D．负极的电极反应为
【答案】C,D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．根据原电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，故A不符合题意；
B．该原电池中，食盐水成分为NaCl溶液，可电离出自由移动的离子，可导电，能作为电解质溶液，故B不符合题意；
C．活性炭作正极，发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反应物是氧气而不是C，故C符合题意；
D．Mg作负极，食盐水为中性溶液，电极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
24．（2017高一下·海南期末）将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。已知通入CH4的一极的电极反应为：CH4＋10OH－－8e－= CO32-＋7H2O。下列叙述错误的是（ ）
A．通入CH4的电极为负极
B．正极反应为：2O2＋4H2O＋8e－=8OH－
C．燃料电池工作时，溶液中的OH－向正极移动
D．该电池使用一段时间后溶液中KOH的浓度将不变
【答案】C,D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A.甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，A不符合题意；
B.原电池的正极上得到电子发生还原反应，正极反应为：2O2＋4H2O＋8e－=8OH－，B不符合题意；
C.溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，则氢氧根离子向负极附近移动，C符合题意；
D.该原电池的总反应为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，该电池使用一段时间后溶液中KOH的浓度将减小，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；所以甲烷在负极通入，氧气在正极通入；因为是碱性条件，反应过程中，生成的CO2会和OH-反应。
三、非选择题
25．（2020·江苏）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为 ；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是 。
（2）HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。
①电池负极电极反应式为 ；放电过程中需补充的物质A为 (填化学式)。
②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为 。
（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成 (填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是 。
【答案】（1）；温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）；H2SO4； 或
（3）HD；提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为： +H2 HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以 的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为 ，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为 ，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 +2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 ；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为 被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。
26．（2023·阿勒泰模拟）二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天碧水净土保卫战”。利用反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，可有效减少汽车尾气污染物的排放。
（1）已知该反应的 ΔH=-620.9 kJ·mol-1，逆反应活化能为a kJ·mol-1，则其正反应活化能为 kJ·mol-1。
（2）在一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/min 0 1 2 3 4 5
p/kPa 400 370 346 330 320 320
①反应的平衡常数Kp= (Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②实验测得该反应的速率v正=k正·p2( CO )·p2( NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正与k逆仅与温度有关。则平衡时k正 k逆 (填“>” “<”或“=”，下同)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
③未达平衡前，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．使用合适的催化剂 D．降低氮气浓度
（3）①在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图所示。工业生产中选用甲，理由是 。
②在催化剂甲作用下，反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。
该化学反应的速率主要由反应 决定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应 。
（4）若将该反应设计成如图所示的原电池，既能产生电能，又能消除环境污染。a极对应的电极反应式为 。
【答案】（1）(a-620.9)
（2）0.8kPa-1；<；<；C
（3）催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ
（4）2NO +4e-= N2+2O2-
【知识点】化学电源新型电池；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=ΔH+逆反应活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案为：(a-620.9)。
（2）①设开始反应时通入的NO和CO气体的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8m，平衡时各物质的分压为：p(NO)=×320kPa=40kPa，p(CO)=×320kPa=40kPa，p(CO2)=×320kPa=160kPa，p(N2)=×320kPa=80kPa，反应的平衡常数Kp=；
②达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数Kp=，所以平衡时k正小于k逆；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
③A．降低温度，化学反应速率减小，A不正确；
B．该反应为气体计量数减小的反应，增大压强，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，但增大压强，会增大对设备的要求，增加成本，不是最佳措施，B不正确；
C．使用适合催化剂，降低反应的活化能，化单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，C正确；
D．降低氮气浓度，生成物的浓度减小，化学反应速率减小，D不正确；
故答案为：C；
故答案为：0.8kPa-1；<；<；C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲；
②活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，其中反应I正反应的活化能为298.4kJ/mol，正反应的活化能最大，故反应速率最慢，故该化学反应的速率主要由反应I决定；改变温度，对活化能大的反应影响大，反应Ⅱ的逆反应活化能最大，所以逆反应速率增加最大，逆反应速率增加最大的是反应Ⅱ；
故答案为：催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ。
（4）由图可知，a电极NO得到电子转化为氮气和O2-，a极对应的电极反应式为：2NO+4e-=N2+2O2-；
故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-。
【分析】（1） ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
（2） ①分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
②结合速率常数和题目所给数据判断；
③使用合适1催化剂，可以提高单位时间内一氧化碳和一氧化氮的转化率和速率；
（3）①催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；
②决速步骤为活化能最大的步骤；
（4）一氧化氮得到电子形成氮气和氧负离子。
27．（2022·奉贤模拟）氢燃料电池有良好的应用前景。工业上常用下列方法制取氢气。
（1）Ⅰ．甲烷与水蒸气催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。
上述反应体系中属于非极性分子的化合物是 。
（2）一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入1molCH4和1molH2O(g)发生上述反应，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为 mol L 1 min 1。
（3）Ⅱ．甲烷与硫化氢催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。
恒温恒容时，该反应一定处于平衡状态的标志是 。
a．υ正(H2S)=2υ逆(H2) b．CH4的体积分数不再变化
c．不再变化 d．混合气体的密度不再改变
（4）该反应平衡常数表达式K= ，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，则K值 。
a．一定改变 b．可能增大 c．可能减小 d．可能不变
（5）III.将原料气按n(CH4)：n(H2S)=1：2充入反应容器中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。平衡体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：
图中表示H2物质的量分数变化的曲线是 (选填字母)，该反应的正反应为 反应(选填“放热”或“吸热”)。保持其他条件不变，升高温度测得CH4的平衡转化率先增大后下降，其原因可能是 。
【答案】（1）CH4
（2）0.03
（3）b
（4）；bd
（5）a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）CH4是含共价键的非极性分子，H2O、CO是含共价键的极性分子，H2含共价键的非极性分子，氢气是单质，因此上述反应体系中属于非极性分子的化合物是CH4；故答案为：CH4。
（2）根据题意，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则甲烷浓度改变量为0.1 mol L 1，氢气浓度改变量为0.3 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为；故答案为：0.03。
（3）a．υ正(H2S)=2υ逆(H2)，一个正反应速率，一个逆反应速率，两个不同方向，两者速率之比不等于计量系数之比，不能作为判断平衡标志，故a不正确；
b．CH4的体积分数不再变化，则能作为判断平衡标志，故b正确；
c．开始加入的甲烷和硫化氢按照计量之比加入，则始终不改变，当不再变化，不能作为判断平衡标志，故c不正确；
d．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不再改变，当混合气体的密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故d不正确；
故答案为：b。
（4）该反应平衡常数表达式，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，若是增大反应物浓度或减小压强，平衡常数不变，若是改变温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数变大，因此bd正确；故答案为：；bd。
（5）根据题意减少的为甲烷和硫化氢，增加的为CS2、H2，再根据计量系数得到氢气增加的幅度大，因此图中表示H2物质的量分数变化的曲线是a；根据图中信息，升高温度，甲烷、硫化氢的量减少，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应。保持其他条件不变，由于温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢的浓度减小，因此甲烷的转化率降低；故答案为：a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降。
【分析】（1）非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
（2）利用v=Δc/Δt计算；
（3）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（4）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；K的大小只与温度有关。
（5）依据影响化学平衡的因素分析。
28．（2022·赤峰模拟）随着可燃冰开采领域的不断扩大，我国已处于世界绝对领先地位。将甲烷((CH4)催化转化为有价值的化学工业品一直是我国化学工作 者的研究热点。最近徐君团队研发出了一种Au在ZSM-5分子筛上催化氧化甲烷生产CH3OH和CH3COOH的技术，该技术涉及的反应如下：
反应Ⅰ 2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) △H1= -251.0kJ·mol-1；
反应Ⅱ 2CH4(g)+2O2(g) CH3COOH(g)+2H2O(g) △H2 = -812.4kJ· mol-1。
请回答下列问题：
（1）部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键 O=O C-H O-H
键能E/kJ·mol-1 498 414 390.8
则C-O的键能为 kJ·mol-1。
（2）反应II在热力学上进行的趋势很大，原因为 。除降低温度外，能同时提高CH3OH和CH3COOH的平衡产率的措施为 (任答一条)。
（3）T℃下，向含有少量Au-ZSM-5分子筛催化剂的体积为VL的刚性密闭容器中充入1molCH4和2molO2发生反应I和反应II。达到平衡时测得CH4的物质的量为a mol， CH3COOH(g)的物质 的量为b mol，此时O2(g)的浓度为 mol·L-1 (用含a、b、v的代数式表示，要求化简，下同)，该温度下反应II的平衡常数为 。
（4）徐君教授研究后发现在Au-ZSM-5分子筛催化剂表面，反应I中O2的解离过程和CH4的活化过程的机理如下图所示(·代表吸附态)：
该反应进程中，O2的解离是 (填“吸热”或“放热”)的反应，该过程的反应速率 (填“大于”或“小于”)CH4的活化反应的反应速率。
（5）以CH4和O2为基本原料，采用电解法也可以制备CH3COOH，其装置如下图所示：
通入CH4的电极反应式为 该装置工作时发生的能量转化形式为 (不考虑热能的转化)。
【答案】（1）397.7
（2）反应Ⅱ放热量很大；增大压强或适当增大O2的浓度
（3）；
（4）吸热；大于
（5）2CH4 -8e-+2H2O = CH3COOH+8H+；太阳能→电能→化学能
【知识点】反应热和焓变；化学电源新型电池；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)由反应I计算，则推出；
(2)反应的发生趋势可以从熵增情况及放热来判断，该反应气体量减少熵减少，所以反应的趋势大是由于该反应放热很大。两个反应均为气体减少的反应且反应物相同，要使两个平衡正向，可以增大O2的浓度或者增压；
(3)反应中的变化如下：
则反应I中消耗的CH4为(1-a-2b)mol，I反应中的变化量为
则反应后剩下的O2为，则c(O2)= 。，，则反应II的；
(4)O2+CH4到2O+CH4为解离过程，，所以该过程为放热，该过程的活化能为35.4-（-48.6）=84.0kJ/mol。而甲烷的活化过程的活化能为20.7-（-67.7）=88.4kJ/mol。前者的活化能大于后者，则该反应速率小于CH4的活化速率；
(5)CH4变为乙酸，碳元素化合价升高发生了氧化反应，反应为2CH4-8e-+2H2O=CH3COOH+8H+，该反应利用电解池制备物质，主要的能量转化方式为电能转化为化学能。
【分析】（1）结合关系式△H=反应物总键能-生成物总键能进行计算；
（2）提高甲醇和乙酸的产率，即使平衡朝正向移动；
（3）本题要结合三段式进行计算，根据已知条件代入三段式，求出氧气的浓度，平衡常数的计算要从公式入手，化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；
（4）氧气的解离为分子转化为原子的过程，根据图示判断为吸热反应；反应速率可以根据活化能的相对大小判断，活化能越大，速率越慢；
（5）电解池的解法需要结合化合价的变化，氧气通常在阴极发生反应，得到电子，则甲烷在阳极反应，失去电子，结合原子守恒和电解质溶液的性质，判断电极反应式，根据图示，可以知道外接电源为太阳能电池，因此能量的转化为太阳能→电能→化学能。
29．（2020·汉中模拟）利用碳和水蒸气制备水煤气的核心反应为：C(s)＋H2O(g) H2(g)＋CO(g)
（1）已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，又知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol－1，则C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＝ 。
（2）在某温度下，在体积为1L的恒容密闭刚性容器中加入足量活性炭，并充入1mol
H2O(g)发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如表：
时间/min 0 10 20 30 40
总压强/100kPa 1.0 1.2 1.3 1.4 1.4
①平衡时，容器中气体总物质的量为 mol，H2O的转化率为 。
②该温度下反应的平衡分压常数Kp＝ kPa(结果保留2位有效数字)。
（3）保持25℃、体积恒定的1L容器中投入足量活性炭和相关气体，发生可逆反应C＋H2O(g) CO＋H2并已建立平衡，在40 min时再充入一定量H2，50min时再次达到平衡，反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示：
①40min时，再充入的H2的物质的量为 mol。
②40～50 min内H2的平均反应速率为 mol·L－1·min－1。
（4）新型的钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质，其原理如图所示：
①放电时，电极A为 极，S发生 反应（填“氧化”或“还原”）。
②充电时，总反应为Na2Sx=2Na＋Sx(3
（2）1.4；40%；27
（3）6；0.1
（4）负；还原；负；Sx2--2e-=Sx
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率与化学平衡的综合应用；物质的量的相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，则
①C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－393.5kJ·mol－1
② O2(g)＋H2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－1
③CO(g)＋ O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－283kJ·mol－1
④H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol－1
根据盖斯定律可知①－②－③－④即得到C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。(2)根据方程式可知
压强之比是物质的量之比，则(1－x+x+x):1＝1.4:1，解得x＝0.4；
①根据以上分析可知平衡时，容器中气体总物质的量为1.4mol，H2O的转化率为40%。
②该温度下反应的平衡分压常数Kp＝ ≈27kPa。(3)①设50min时H2的物质的量为x mol，温度不变平衡常数不变，由于容积是1L，则根据图像可知平衡常数K= ，解得x＝8，由于CO的变化量是1mol，所以40min时再充入的H2的物质的量为8mol+1mol－3mol＝6mol。
②由于氢气的变化量是1mol，所以40～50 min内H2的平均反应速率为 ＝0.1mol·L－1·min－1。
(4)①放电时钠失去电子，则电极A为负极，电极B是正极，则S发生还原反应。
②放电时钠失去电子，则电极A为负极，充电时，Na所在电极是阴极，与直流电源负极相连；阳极发生失去电子的氧化反应，则根据总反应为Na2Sx=2Na＋Sx(3＜x＜5)可知，阳极电极反应式为Sx2--2e-=Sx。
【分析】（1）先写出各物质燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律可求该反应的焓变
（2）①由表格数据可知，30min后，压强保持不变，即达到平衡，同温同体积下，压强之比等于物质的量之比，列三段式，根据差量法可求的水的转化率。
②根据三段式，可求得各组分平衡时的分压，再代入平衡常数表达式可计算得答案。
（3）①根据40min的各组分含量，可求得平衡常数K，由于温度不变，平衡常数不变，故代入50min时水和二氧化碳的含量，可求的氢气的含量，在根据三段式可求得再冲入氢气的物质的量
②可用一氧化碳的速率去计算氢气的速率。在同一化学反应中，速率之比等于化学计量系数之比
（4）①电极A钠元素升价发生氧化反应，为负极，故B为正极，发生还原反应。
②充电时，钠元素的化合价降低，作阴极，连接电源的负极。配平电极反应的步骤为：先写反应物，再写生成物，根据化合价写转移电子数，再根据酸碱性配电荷守恒，最后配原子守恒。
30．（2020·天津模拟）治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式： 。
工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度 (填“变大”、“变小”或“不变”)
（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g) H1
过程II反应的热化学方程式（ H2用含有 H和 H1的代数式表示） 。
（3）在温度T0℃，容积为1L的绝热容器中，充入0.2molNO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①反应到6s时，NO2的转化率是 。
②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是 。
a.X b.Y c.Z d.W
③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是 。
④此容器中反应达平衡时，温度若为T1℃，此温度下的平衡常数K═ 。
（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH═7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因 。
【答案】（1）CO-2e-+H2O=CO2+2H+；不变
（2）2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) H2═ H-2 H1
（3）80%；d；反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小；225
（4）根据Ka2═c(SO32-) c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将c(H+)═1.0×10-7代入得出c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；(2)总反应为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H①；
过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g) H1 ②；
根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) H2= H-2 H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.05mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为 =80%；②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K= =225；(4)根据Ka2= =6.2×10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出 =6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)。
【分析】（1）根据电池装置图书写电极I上发生的电极反应方程式；
（2）根据盖斯定律求解热化学方程式的反应热；
（3）根据平衡常数的表达式求解化学反应方程式的平衡常数。
31．（2020·红桥模拟）碳、氮是重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。
（1）已知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)＋6H2O(l) C6H12O6(s)＋6O2(g) △H＝＋669.62 kJ mol－1该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是 。
a．增大CO2的浓度 b．取走一半C6H12O6
c．加入催化剂 d．适当升高温度
（2）N2O5的分解反应2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g)，由实验测得在67℃时N2O5的浓度随时间的变化如下：
时间/min 0 1 2 3 4 5
c(N2O5) /(mol L﹣1) 1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17
计算在0～2min时段，化学反应速率v(NO2) ＝ mol L-1 min-1。
（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为 （填化学式）；A电极的电极反应式为 ，一段时间后，若乙中需加0.2
mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子的物质的量为
。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8 kJ·mol－1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 ；
②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为 ；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 。
③若 ＝0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为 。
【答案】（1）d
（2）0.5
（3）NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol
（4）1∶1；a>b>c；a＝c>d；75%
【知识点】化学电源新型电池；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小，故不正确；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向，则取走一半C6H12O6，平衡不移动，CO2的转化率不变，故不正确；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向，则加入催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故不正确；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故正确；
d正确，故答案为：d；（2）由表格数据可知，0～2min内N2O5的浓度变化为（1.00—0.50）mol/L=0.50mol/L，则v(N2O5) ＝ =0.25 mol L-1 min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5) ＝ ×2=0.5mol L-1 min-1，故答案为：0.5；（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极，则A极通入二氧化氮，在酸性条件下，二氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；电解硫酸铜溶液的化学方程式为2CuSO4+2H2O， 2Cu↓+O2↑+2H2SO4，由方程式可知反应后只问需要加入CuO或CuCO3就可以使溶液复原，加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水，电解时，阳极始终是OH－放电，电极反应式为4OH—－4e—=2H2O+O2↑，氢氧化铜是0.2mol，则根据氧原子守恒可知，反应中转移的电子是0.2mol×2×2＝0.8mol，故答案为：NO2；NO2－e-＋H2O=NO3-＋2H＋；0.8 mol；（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，由化学方程式可知，C、N原子个数之比接近1:1，故答案为：1:1；
②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知， 的值增大， a、b、c三点CO的转化率呈减小趋势，则a>b>c；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，N2的体积分数T1>T2，则反应温度T2>T1，温度不变平衡常数不变，a、c的反应温度相同，并小于d，则平衡常数a＝c>d，故答案为：a>b>c；a＝c>d；③若 ＝0.8，设CO的体积为0.8L，NO体积为1L，CO的转化率为a，由题意建立如下三段式：
由N2的体积分数为20%可得 =0.2，解得a=0.75，则CO的转化率为75%，故答案为：75%。
【分析】（1）a．增大CO2的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率减小；
b．改变固体的量，不能改变反应速率，不能改变平衡的移动方向；
c．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变平衡的移动方向；
d．该反应为吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动；（2）由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得v(NO2) ＝2v(N2O5)；（3）由D电极上有红色物质析出可知，甲池为燃料电池，通入二氧化氮的一极为负极；加入Cu（OH）2使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，硫酸铜溶液完全电解后还继续电解了部分水；（4）①b点时，N2的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比；②增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，CO的转化率减小，由图可知， 的值增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；③由题意建立三段式求解可得。
32．（2020·天津模拟）实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题：
（1）已知某反应的平衡表达式为：K= ，它所对应的化学反应为： 。
（2）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H=-90.8 kJ/mol
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol
总反应：3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H = ；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为 。
（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：
温度/℃ 400 500 800
平衡常数K 9.94 9 1
该反应的正反应方向是 反应(填“吸热”或“放热”)，若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为 0.020 mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为： 。
（4）从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如 NO、NO2、N2O4等，对反应N2O4(g) 2NO2(g) △H >0，在温度为 T1、T2 时，平衡体系中 NO2的体积分数随压强变化曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。
A．A，C 两点的反应速率：A>C
B．A，C 两点气体的颜色：A 深，C浅
C．B，C两点的气体的平均相对分子质量：B
E．A，C 两点的化学平衡常数：A>C
（5）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加 n L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 （填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为 mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol/L)。
（6）某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图乙所示，电极为多孔的材料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。
①溶液中H+的移动方向由 极到 极；(用 A、B 表示)
②B电极的电极反应式为 。
【答案】（1）C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
（2）﹣246.4 kJ/mol；CH3OCH3-12e﹣+3H2O=2CO2+12H+
（3）放热；75%
（4）D
（5）逆向；
（6）B；A；SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+
【知识点】盖斯定律及其应用；化学电源新型电池；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数表达式中，分子为生成物，分母为反应物，固体或纯液体物质不能写入表达式中，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)；(2)①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H=-90.8 kJ/mol②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5 kJ/mol ③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.3 kJ/mol
根据盖斯定律，将①×2+②+③，整理可得总反应的热化学方程式：3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) 的△H =﹣246.4 kJ/mol；
二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，负极的电极反应为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；(3)由于升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，温度升高化学平衡常数K值减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，假设反应消耗的CO浓度为x，则根据方程式CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)可知物质改变的物质的量相等，因此平衡时各种气体的物质的量浓度分别是：c(CO)=c(H2O)=(0.02-x) mol/L，c(CO2)=c(H2)=x mol/L，所以 =9，解得x=0.015 mol/L，所以CO的平衡转化率为 ×100%=75%；(4)对反应N2O4(g) 2NO2(g) △H >0，由于该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2平衡时体积分数增大，根据图象可知NO2平衡时体积分数：A>B，说明温度：T2>T1。
A．A点、C点温度相同，A点压强小于C点的压强，增大压强，化学反应速率越大，则反应速率：A
C．B、C两点NO2的体积分数相同，说明气体的总物质的量相同，由于气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量相同，C不正确；
D．A、B两点的压强相同，气体温度A>B，在相同压强下，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，则NO2的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，D正确；
E．化学平衡常数只与温度有关，A、C两点的温度相同，所以它们的平衡常数也相等，E不正确；
故合理选项是D；(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将m mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是由于NH4+水解，消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，反应的离子方程式为：NH4++H2O NH3 H2O+H+；向其中加入氨水，使c(NH3 H2O)增大，抑制了铵根离子水解，水解平衡逆向进行，水的电离平衡逆向移动；将m mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加n L氨水后溶液呈中性，则根据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=10-7 mol/L，NH3 H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol/L，设混合后溶液体积为1 L，c(NH4+)=c(NO3-)=m mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3 H2O NH4++OH-，平衡常数K= =2×10-5 mol/L，解得c(NH3 H2O)= mol/L；(6)该原电池中，负极上失电子被氧化，发生氧化反应，所以负极上投放的气体是SO2，SO2失电子和水反应生成SO42-和H+，正极上投放的气体是O2，正极上O2得电子和H+反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，所以B极上的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，原电池放电时，溶液中的H+由负极B移向正极A，所以其电池反应式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。
【分析】(1)根据质量守恒定律，结合可逆反应平衡常数的含义及表达式书写反应方程式；(2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；CH3OCH3在负极失去电子，被氧化变为CO2、H2O，据此书写电极反应式；(3)根据温度对化学平衡常数的影响判断反应的热效应；利用500℃时K=9，利用物质的起始浓度及反应转化关系计算CO的平衡转化率；(4)根据外界条件对化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡移动的影响分析判断；(5)依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度；(6)SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸，根据硫酸的出口判断原电池的正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动。
33．（2019·昆明模拟）废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：
①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示
化合物 Mn(OH)2 Zn(OH)2 Fe(OH)3
Ksp近似值 10-13 10-17 10-38
回答下列问题：
（1）还原焙烧过程中，
MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为 。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是 。
（2）酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是 ，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是 。
（3）净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是 ；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是 。
（4）电解制取MnO2时，MnO2在 极产生。
（5）中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为 。
【答案】（1）2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑；反应过程中产生氯气，造成环境污染
（2）加快酸浸时的反应速率；C、 Fe(OH)3
（3）先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全；3≤pH<5.5
（4）阳
（5）C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+
【知识点】化学电源新型电池；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5×x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1×y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。
【分析】 废料含MnO2、MnOOH、Zn (OH) 2及少量Fe等，由硫酸可知，加C还原焙烧得到MnO、ZnO、Fe、C,再加硫酸溶解时溶液含Fe2+、Mn2+、Zn2+,过滤分离出滤渣1为C,净化时氧气可氧化亚铁离子，结合表中Ksp可知，加MnCO3调节pH使铁离子转化为沉淀，滤渣2为Fe(OH) 3，最后电解生成Zn、MnO2，以此即可得出本题答案
34．（2018·乌鲁木齐模拟）煤的主要组成元素是碳、氢、氧、硫、氮，燃煤产生CxHy、SO2等大气污染物，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径之一。回答下列问题：
（1）利用煤的气化获得的水煤气( 主要成分为CO、CO2和H2 )在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。
已知： H2O(1) = H2O(g) ΔH1= +44 .0kJ/mol
CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) ΔH2=-3.0kJ/mol
CO2(g)+3H2(g) = CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-58.7 kJ/mol
写出由CO与H2制备CH3OH 气体的热化学方程式 。
（2）甲醇和CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3简称DMC) ；
2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH4<0
①该化学反应的平衡常数表达式为K=
②在恒温恒容密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是 (填编号)。
A.V正(CH3OH)= 2V逆(H2O)
B.容器内气体的密度不变
C.容器内压强不变
D.CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变
③一定条件下分别向甲，乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的初始物质发生该反应，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中DMC的物质的量浓度随时间变化如图所示：
容器 甲 乙 丙
容积(L) 0.5 0.5 V
温度(℃) T1 T2 T3
起始量 1molCO2(g) 2molCH3OH(g) 1molDMC(g) 1molH2O(g) 2molCO2(g) 2molCH3OH(g)
甲容器中，在5-15min时的平均反应速率v(CO2)= .乙容器中，若平衡时n(CO2)=0.2mol.则T1 T2 (填“>”“<”或“=”)。两容器的反应达平衡时CO2的转化率： 甲 丙(填“>”“<."或”=”)。
（3）利用甲醇可制成微生物燃料电池(利用微生物将化学能直接转化成电能的装置)。某微生物燃料电池装置如图所示： A极是 极(填“正”或“负”)，其电极反应式是 。该电池不能在高温下工作的理由是 。
【答案】（1）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-99.7kJ·mol-1
（2）；AC；0.05mol·L-l·min-1；>；>
（3）负极；CH3OH-6e- +H2O=6H++CO2；高温能使微生物蛋白质凝固变性
【知识点】盖斯定律及其应用；化学电源新型电池
【解析】【解答】解析：(1)①H2O(1) = H2O(g) ΔH1= +44 .0kJ/mol
②CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(l) ΔH2=-3.0kJ/mol
③CO2(g)+3H2(g) = CH，OH(g)+H2O(g) ΔH3=-58.7 kJ/mol
根据盖斯定律③-②-①得 CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-99.7kJ·mol-1；
（2）① 2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)的平衡常数表达式是 ；
②V正(CH3OH)= 2V逆(H2O)，正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，故A正确；根据 ，气体密度是恒量，所以容器内气体的密度不变，不一定平衡，故B错误；反应前后气体系数和改变，压强是变量，所以容器内压强不变，一定达到平衡状态，故C正确；若甲醇、二氧化碳的初始投料比为2：1，则CH3OH与CO2的物质的量之比始终是2：1，所以CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变，不一定平衡，故D错误。
③根据图示，甲容器中，在5-15min时CH3OCOOCH3的浓度变化是0.5mol/L，则CO2的浓度变化为0.5mol/L，所以v(CO2)= 0.5mol/L÷10min=0.05mol·L-l·min-1；根据一边倒原则，甲乙投料相同；甲容器中，达到平衡时，剩余CO2 0.25mol，乙容器剩余CO2 0.2mol，甲乙相比，相当于乙平衡正向移动，正反应放热，所以温度T1>T2；丙中2molCH3OH(g)生成CH3OCOOCH3的物质的量小于1mol，CH3OCOOCH3的平衡浓度是3mol/L，所以丙容器的体积小于 ；丙中CO2的转化率小于0.5，甲中CO2的转化率等于0.75 ，CO2的转化率甲>丙；
（3）燃料电池装置中氢离子移向B电极，所以B是正极、A是负极；负极甲醇失电子，电极反应式是CH3OH-6e- +H2O=6H++CO2；高温能使微生物蛋白质变性，所以该电池不能在高温下工作。
【分析】（3）中燃料电池属于原电池，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极。燃料做负极，氧气（氧化剂）做正极。
35．（2017·朝阳模拟）工业上由N2、H2合成NH3．制备H2需经多步完成，其中“水煤气（CO、H2）变换”是纯化H2的关键一步．
（1）水煤气变换：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），平衡常数K随温度变化如表：
温度/℃ 200 300 400
K 290 39 11.7
①下列分析正确的是 ．
a．水煤气变换反应的△H＜0
b．增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c．增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②以氨水为吸收剂脱除CO2．当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生．用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程： ．
（2）Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，经CO、H2还原Fe2O3制备．两次实验结果如表：
实验Ⅰ 实验Ⅱ
通入气体 CO、H2 CO、H2、H2O（g）
固体产物 Fe3O4、Fe Fe3O4
结合化学方程式解释H2O（g）的作用： ．
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示．（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）
①起还原作用的物质是 ．
②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是 ．
③膜Ⅰ侧所得气体 {#mathmL#}{#/mathmL#} =3，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是 ．
【答案】（1）ac；NH3+H2O+CO2=NH4HCO3、NH4HCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} NH3↑+H2O+CO2↑
（2）Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），加入H2O（g）后抑制Fe3O4被H2进一步还原
（3）CH4；H2O+2e-=H2+O2﹣、O2+4e-=2O2﹣；14CH4+12H2O+O2=14CO+4OH2．
【知识点】化学电源新型电池；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，则△H＜0，故正确；b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能提高转化率，故错误；c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化，则可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故正确；
故答案为：a c；②以氨水为吸收剂脱除CO2．当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生．用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程吸收：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑，故答案为：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3、NH4HCO3 NH3↑+H2O+CO2↑；（2）发生Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），增大生成物浓度，平衡逆向移动，则H2O（g）的作用为Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），加入H2O（g）后抑制Fe3O4被H2进一步还原，故答案为：Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），加入H2O（g）后抑制Fe3O4被H2进一步还原；（3）①C失去电子，则起还原作用的物质是CH4，故答案为：CH4；②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是H2O+2e﹣=H2+O2﹣、O2+4e﹣=2O2﹣，故答案为：H2O+2e﹣=H2+O2﹣、O2+4e﹣=2O2﹣；③空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体 =3，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为12mol，由膜I侧反应可知12molH2O得到电子、1molO2得到电子，膜I上发生12H2O+24e﹣=12H2+12O2﹣、O2+4e﹣=2O2﹣，膜II上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+4OH2，故答案为：14CH4+12H2O+O2=14CO+4OH2．
【分析】（1）①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化；②以氨水为吸收剂脱除CO2，反应生成碳酸氢铵，加热时分解生成二氧化碳；（2）发生Fe3O4（s）+4H2（g） 3Fe（s）+4H2O（g），增大生成物浓度，平衡逆向移动；（3）由图可知，C失去电子生成CO，膜Ⅰ侧氧气、水得到电子，结合电极反应来解答．
